Các em giỏi quá !
Thầy giáo bắt đầu giờ học văn bằng Chuyện Cô bé Lọ lem. Trước tiên thầy gọi một học sinh lên kể chuyện Cô bé Lọ lem. Em học sinh kể xong, thầy cảm ơn rồi bắt đầu hỏi.



Thầy: Các em thích và không thích nhân vật nào trong câu chuyện vừa rồi?
Học sinh (HS): Thích Cô bé Lọ lem Cinderella ạ, và cả hoàng tử nữa. Không thích bà mẹ kế và chị con riêng bà ấy. Cinderella tốt bụng, đáng yêu, lại xinh đẹp. Bà mẹ kế và cô chị kia đối xử tồi với Cinderella.
Thầy: Nếu vào đúng 12 giờ đêm mà Cinderella chưa kịp nhảy lên cỗ xe quả bí thì sẽ xảy ra chuyện gì?
HS:Thì Cinderella sẽ trở lại có hình dạng lọ lem bẩn thỉu như ban đầu, lại mặc bộ quần áo cũ rách rưới tồi tàn. Eo ôi, trông kinh lắm!
Thầy: Bởi vậy, các em nhất thiết phải là những người đúng giờ, nếu không thì sẽ tự gây rắc rối cho mình. Ngoài ra, các em tự nhìn lại mình mà xem, em nào cũng mặc quần áo đẹp cả. Hãy nhớ rằng chớ bao giờ ăn mặc luộm thuộm mà xuất hiện trước mặt người khác. Các em gái nghe đây: các em lại càng phải chú ý chuyện này hơn. Sau này khi lớn lên, mỗi lần hẹn gặp bạn trai mà em lại mặc luộm thuộm thì người ta có thể ngất lịm đấy (Thầy làm bộ ngất lịm, cả lớp cười ồ). Bây giờ thầy hỏi một câu khác. Nếu em là bà mẹ kế kia thì em có tìm cách ngăn cản Cinderella đi dự vũ hội của hoàng tử hay không? Các em phải trả lời hoàn toàn thật lòng đấy!
HS: (im lặng, lát sau có em giơ tay xin nói) Nếu là bà mẹ kế ấy, em cũng sẽ ngăn cản Cinderella đi dự vũ hội.
Thầy: Vì sao thế?
HS: Vì …vì em yêu con gái mình hơn, em muốn con mình trở thành hoàng hậu.
Thầy: Đúng. Vì thế chúng ta thường cho rằng các bà mẹ kế dường như đều chẳng phải là người tốt. Thật ra họ chỉ không tốt với người khác thôi, chứ lại rất tốt với con mình. Các em hiểu chưa? Họ không phải là người xấu đâu, chỉ có điều họ chưa thể yêu con người khác như con mình mà thôi.
Bây giờ thầy hỏi một câu khác: Bà mẹ kế không cho Cinderella đi dự vũ hội của hoàng tử, thậm chí khóa cửa nhốt cô bé trong nhà. Thế tại sao Cinderella vẫn có thể đi được và lại trở thành cô gái xinh đẹp nhất trong vũ hội?
HS: Vì có cô tiên giúp ạ, cô cho Cinderella mặc quần áo đẹp, lại còn biến quả bí thành cỗ xe ngựa, biến chó và chuột thành người hầu của Cinderella.
Thầy: Đúng, các em nói rất đúng! Các em thử nghĩ xem, nếu không có cô tiên đến giúp thì Cinderella không thể đi dự vũ hội được, phải không?
HS: Đúng ạ!
Thầy: Nếu chó và chuột không giúp thì cuối cùng Cinderella có thể về nhà được không ?
HS: Không ạ!
Thầy: Chỉ có cô tiên giúp thôi thì chưa đủ. Cho nên các em cần chú ý: dù ở bất cứ hoàn cảnh nào, chúng ta đều cần có sự giúp đỡ của bạn bè. Bạn của ta không nhất định là tiên là bụt, nhưng ta vẫn cần đến họ. Thầy mong các em có càng nhiều bạn càng tốt.
Bây giờ, đề nghị các em thử nghĩ xem, nếu vì mẹ kế không muốn cho mình đi dự vũ hội mà Cinderella bỏ qua cơ hội ấy thì cô bé có thể trở thành vợ của hoàng tử được không?
HS: Không ạ! Nếu bỏ qua cơ hội ấy thì Cinderella sẽ không gặp hoàng tử, không được hoàng tử biết và yêu.
Thầy: Đúng quá rồi! Nếu Cinderella không muốn đi dự vũ hội thì cho dù bà mẹ kế không ngăn cản đi nữa, thậm chí bà ấy còn ủng hộ Cinderella đi nữa, rốt cuộc cô bé cũng chẳng được lợi gì cả. Thế ai đã quyết định Cinderella đi dự vũ hội của hoàng tử?
HS: Chính là Cinderella ạ.
Thầy: Cho nên các em ạ, dù Cinderella không còn mẹ đẻ để được yêu thương, dù bà mẹ kế không yêu cô bé, những điều ấy cũng chẳng thể làm cản trở Cinderella biết tự thương yêu chính mình. Chính vì biết tự yêu lấy mình nên cô bé mới có thể tự đi tìm cái mình muốn giành được. Giả thử có em nào cảm thấy mình chẳng được ai yêu thương cả, hoặc lại có bà mẹ kế không yêu con chồng như trường hợp của Cinderella, thì các em sẽ làm thế nào
HS: Phải biết yêu chính mình ạ!
Thầy: Đúng lắm! Chẳng ai có thể ngăn cản các em yêu chính bản thân mình. Nếu cảm thấy người khác không yêu mình thì em càng phải tự yêu mình gấp bội. Nếu người khác không tạo cơ hội cho em thì em cần tự tạo ra thật nhiều cơ hội. Nếu biết thực sự yêu bản thân thì các em sẽ tự tìm được cho mình mọi thứ em muốn có. Ngoài Cinderella ra, chẳng ai có thể ngăn trở cô bé đi dự vũ hội của hoàng tử, chẳng ai có thể ngăn cản cô bé trở thành hoàng hậu, đúng không?
HS: Đúng ạ, đúng ạ!
Thầy: Bây giờ đến vấn đề cuối cùng. Câu chuyện này có chỗ nào chưa hợp lý không ?
HS: (im lặng một lát) Sau 12 giờ đêm, mọi thứ đều trở lại nguyên dạng như cũ, thế nhưng đôi giày thủy tinh của Cinderella lại không trở về chỗ cũ.
Thầy: Trời ơi! Các em thật giỏi quá! Các em thấy chưa, ngay cả nhà văn vĩ đại (nhà văn Pháp Charles Perrault, tác giả truyện Cô bé Lọ lem) mà cũng có lúc sai sót đấy chứ. Cho nên sai chẳng có gì đáng sợ cả. Thầy có thể cam đoan là nếu sau này trong số các em có ai muốn trở thành nhà văn thì nhất định em đó sẽ có tác phẩm hay hơn tác giả của câu chuyện Cô bé Lọ lem! Các em có tin như thế không?
Tất cả học sinh vỗ tay reo hò hoan hô.
Huy Đường Lược dịch theo báo Trung Quốc
Nguồn: http://tiasang.com.v...yID=6&News=2762

Với $a,b,c,x,y,z\in R$. Chứng minh: $$ax+by+cz+\sqrt{(a^2+b^2+c^2)(x^2+y^2+z^2)}\ge \frac{2}{3}(a+b+c)(x+y+z)$$

Một cách giải mà mình đọc được ( ở đâu không nhớ)
Ta có đẳng thức $$(2x+2y-z)^2+(2y+2z-x)^2+(2z+2x-y)^2=9(x^2+y^2+z^2)$$.
$$c(2x+2y-z)+a(2y+2z-x)+b(2z+2x-y)=2(x+y+z)(a+b+c)-3(ax+by+cz)$$.
Áp dụng BĐT CS, ta được
$$[2(x+y+z)(a+b+c)-3(ax+by+cz)]^2=[c(2x+2y-z)+a(2y+2z-x)+b(2z+2x-y)]^2$$
$$\leq (a^2+b^2+c^2).\left [ (2x+2y-z)^2+(2y+2z-x)^2+(2z+2x-y)^2 \right ]=9(a^2+b^2+c^2)(x^2+y^2+z^2)$$
$$\Leftrightarrow 2(x+y+z)(a+b+c)-3(ax+by+cz)\leq 3\sqrt{(a^2+b^2+c^2)(x^2+y^2+z^2)}$$
$$\Leftrightarrow ax+by+cz+\sqrt{(a^2+b^2+c^2)(x^2+y^2+z^2)}\ge \frac{2}{3}(a+b+c)(x+y+z)$$

Bài toán
Cho các số thực duơng $a_1,a_2, ..., a_n, b_1, b_2, ..., b_n$. Chứng minh rằng :
$$\left (\sum_{i=1}^n a_i\right )\left (\sum_{i=1}^n b_i\right )\ge \left [\sum_{i=1}^n (a_i+b_i)\right ]\left (\sum_{i=1}^n \dfrac{a_ib_i}{a_i+b_i}\right )$$

Viết lại BĐT như sau
$$\sum \frac{a_k.b_k}{a_k+b_k}\leq \frac{(\sum a_k)(\sum b_k)}{\sum a_k+\sum b_k}$$.
BĐT này có thể chứng minh bằng BĐT cauchy-schwarz.
Chú ý đẳng thức $\frac{a+b}{4}-\frac{ab}{a+b}=\frac{(a-b)^2}{4(a+b)}$.
BĐT tương đương
$$\Leftrightarrow \frac{\sum a_k+\sum b_k}{4}- \frac{(\sum a_k)(\sum b_k)}{\sum a_k+\sum b_k}\leq \sum \left ( \frac{a_k+b_k}{4}-\frac{a_k.b_k}{a_k+b_k} \right )$$
$$\Leftrightarrow \frac{(\sum a_k-\sum b_k)^2}{4(\sum a_k+\sum b_k)}\leq \sum \frac{(a_k-b_k)^2}{4.(a_k+b_k)}$$
$$\Leftrightarrow \frac{[(a_1+a_2+...+a_n)-(b_1+b_2+...+b_n)]^2}{a_1+a_2+...+a_n+b_1+b_2+...+b_n}\leq \frac{(a_1-b_1)^2}{a_1+b_1}+\frac{(a_2-b_2)^2}{a_2+b_2}+...+\frac{(a_n-b_n)^2}{a_n+b_n}$$
Nhưng BĐT này đúng theo BĐT Cauchy-schwarz. ĐPCM

Cho a, b, c là các số thực dương thõa mãn $\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \le 16\left( {a + b + c} \right)$. Chứng minh rằng:
\[\frac{1}{{{{\left( {a + b + \sqrt {2a + 2c} } \right)}^3}}} + \frac{1}{{{{\left( {b + c + \sqrt {2b + 2a} } \right)}^3}}} + \frac{1}{{{{\left( {c + a + \sqrt {2c + 2b} } \right)}^3}}} \le \frac{8}{9}\]

Từ giả thiết, ta có $ab+bc+ca\leq 16abc(a+b+c)\leq \frac{16(ab+bc+ca)^2}{3}\Rightarrow ab+bc+ca\geq \frac{3}{16}$
Áp dụng BĐT AM-GM ta được $$(a+b+\sqrt{2(a+c)})^3=(a+b+\sqrt{\frac{a+c}{2}}+\sqrt{\frac{a+c}{2}})^3\geq \frac{27(a+b)(a+c)}{2}$$
$$\Rightarrow VT\leq \sum \frac{2}{27(a+b)(a+c)}=\frac{4}{27}. \frac{a+b+c}{(a+b)(b+c)(c+a)}$$
Sử dụng BĐT quen thuộc $\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{8}\geq \frac{(a+b+c)(ab+bc+ca)}{9}$
( Chứng minh: nó tương với $a(b-c)^2+b(c-a)^2+c(a-b)^2\geq 0$ đúng)
Ta được $$\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{8}\geq \frac{(a+b+c)(ab+bc+ca)}{9}\geq \frac{(a+b+c).3}{9.16}=\frac{a+b+c}{48}$$
$$\Rightarrow \frac{a+b+c}{(a+b)(b+c)(c+a)}\leq 6$$
Thay vào trên $$VT\leq \frac{4(a+b+c)}{27(a+b)(b+c)(c+a)}\leq \frac{4.6}{27}=\frac{8}{9}$$
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{4}$

Cho $a^{2}+b^{2}+c^{2}=1$, tìm GTNN của : $P= \frac{b+c}{a^{2}}+\frac{a+c}{b^{2}}+\frac{a+b}{c^{2}}$

Theo BĐT AM-GM ta có $\frac{b}{a^2}+\frac{1}{b}\geq \frac{2}{a}$
Tương tự rồi cộng lại, ta được $VT\geq \frac{2}{a}+\frac{2}{b}+\frac{2}{c}$.
Mà theo BĐT cauchy-schwarz ta có
$$ \frac{2}{a}+\frac{2}{b}+\frac{2}{c}\geq \frac{2.9}{a+b+c}\geq \frac{18}{\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}}=6\sqrt{3}$$
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}$

Chứng minh: $\frac{9^{x}}{3^{x}+3^{y}3^{z}}+\frac{9^{y}}{3^{y}+3^{x}3^{z}}+\frac{9^{z}}{3^{z}+3^{y}3^{x}}\geq \frac{3^{x}+3^{y}+3^{z}}{4}$

Đặt $3^x=a;3^y=b;3^z=c$, ta quy bài toán về
Cho $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=1\Leftrightarrow ab+bc+ca=abc$, chứng minh rằng
$$\frac{a^2}{a+bc}+\frac{b^2}{b+ca}+\frac{c^2}{c+ab}\geq \frac{a+b+c}{4}$$.
Ta chứng minh như sau.
$$VT=\sum \frac{a^2}{a+bc}=\sum \frac{a^3}{a^2+abc}=\sum \frac{a^3}{a^2+ab+bc+ca}=\sum \frac{a^3}{(a+b)(a+c)}$$.
Ta cần chứng minh $\frac{a^3}{(a+b)(a+c)}+\frac{b^3}{(b+c)(b+a)}+\frac{c^3}{(c+a)(c+b)}\geq \frac{a+b+c}{4}$

Có nhiều cách chứng minh bài này, ở đây mình làm theo cách Holder, có thể làm theo AM-GM cũng được.
$$VT\geq \frac{(a+b+c)^3}{[(a+b)+(b+c)+(c+a)].[(a+c)+(b+a)+(c+b)]}=\frac{(a+b+c)^3}{4(a+b+c)^2}=VP$$
ĐPCM

Bạn tham khảo ở đây nhé. http://diendantoanho...dfracmc-na2ca2/

Với 3 số dương $x,y,z$ và $x+y+z=1$.Tìm max

$\frac{x}{x+\sqrt{x+yz}}+\frac{y}{y+\sqrt{y+xz}}+\frac{z}{z+\sqrt{z+xy}}$

Theo BĐT cauchy-schwarz ta có

$x+\sqrt{x+yz}=x+\sqrt{x^2+xy+xz+yz}=x+\sqrt{(x+y)(z+x)} \geq x+\sqrt{xy}+\sqrt{xz}=\sqrt{x}.(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z})$

Vậy $VT=\sum \frac{x}{x+\sqrt{x+yz}}\leq \sum \frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}}=1$

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x=y=z=\frac{1}{3}$

Mình sẽ cố gắng giải chi tiết

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki, ta có

$\left ( a_1+a_2+...+a_n \right )\left ( \frac{b_1^2}{a_1}+\frac{b_2^2}{a_2}+...+\frac{b_n^n}{a_n} \right )\geq (b_1+b_2+...+b_n)^2$
$\Rightarrow \frac{b_1^2}{a_1}+\frac{b_2^2}{a_2}+...+\frac{b_n^n}{a_n}\geq \frac{(b_1+b_2+...+b_n)^2}{a_1+a_2+...+a_n}$

Áp dụng BĐT trên cho 10 phân số sau, ta có:

$3.\frac{1}{4a^2+2}+3.\frac{1}{4b^2+2}+4.\frac{1}{6ab}\geq \frac{(3.1+3.1+4.1)^2}{3.(4a^2+2)+3.(4b^2+2)+4.6ab}=\frac{100}{12.(a^2+2ab+b^2)+12}=\frac{5}{3}$

Và $ab\leq \left ( \frac{a+b}{2} \right )^2=1$

Suy ra ta có:

$3P=\frac{3}{4a^2+2}+\frac{3}{4b^2+2}+\frac{4}{6ab}+\frac{7}{3ab}\geq \frac{5}{3}+\frac{7}{3}=4$
$\Rightarrow P\geq \frac{4}{3}$

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
$\left\{\begin{matrix}
4a^2+2=4b^2+2=6ab\\a=b
\\ a+b=2

\end{matrix}\right.\Leftrightarrow a=b=1$

Bài 1: Cho 2 số dương $x,y$ thỏa mãn $x+y+z=1$. Tìm giá trị lớn nhất:

 

P=$\frac{xy + yz + xz}{x^{2} + y^{2} + z^{2}} + x^{2} + y^{2} +z^{2}$ 

Ta có $x^2+y^2+z^2\geq\frac{(x+y+z)^2}{3}=\frac{1}{3}$ và $x^2+y^2+z^2< (x+y+z)^2=1$

Đặt $x^2+y^2+z^2=a$, ta được $\frac{1}{3}\leq a<1$

Ta có $$P=\frac{xy+yz+zx}{x^2+y^2+z^2}+x^2+y^2+z^2=\frac{(x+y+z)^2-(x^2+y^2+z^2)}{2(x^2+y^2+z^2)}+x^2+y^2+z^2=\frac{1}{2a}-\frac{1}{2}+a$$

Dự đoán Max tại $a=\frac{1}{3}$  khi đó $ P=\frac{4}{3}$ nên ta thử chứng minh

$$a-\frac{1}{2}+\frac{1}{2a}\leq \frac{4}{3}\Leftrightarrow (3a-1)(2a-3)\leq 0\Leftrightarrow \frac{1}{3}\leq a\leq \frac{3}{2}$$

Như vậy với $\frac{1}{3}\leq a<1$ thì $ P\leq \frac{4}{3}$

BÀI TOÁN: Cho $0< s< 1$ và $a,b,c$ là 3 số dương. Chứng minh rằng:
$(\frac{a^{s}+b^{s}}{2})^{\frac{1}{s}}+(\frac{b^{s}+c^{s}}{2})^{\frac{1}{s}}+(\frac{c^{s}+a^{s}}{2})^{\frac{1}{s}}\leq a+b+c$.

Chỉ cần chứng minh 1 trong 3 BĐT, này, các BĐT sau tương tự.
$$\left ( \frac{a^s+b^s}{2} \right )^{\frac{1}{s}}\leq \frac{a+b}{2}$$
Sử dụng BĐT $\frac{x_1^p+x_2^p}{2}\geq \left ( \frac{x_1+x_2}{2} \right )^p$ với $p>1$ đây chính là BĐT Jensen
$$\frac{(a^s)^{\frac{1}{s}}+(b^s)^{\frac{1}{s}}}{2}\geq \left ( \frac{a^s+b^s}{2} \right )^{\frac{1}{s}}$$
$$\Leftrightarrow \frac{a+b}{2}\geq \left ( \frac{a^s+b^s}{2} \right )^{\frac{1}{s}}$$
Tương tự cho 2 BĐT còn lại, ta suy ra ĐPCM

Phần III Một số đại lượng trung bình.

1. Bài toán mở đầu
Bài toán sau đâu khá quen thuộc: Cho các số thực dương $a_1,a_2,...,a_n$ và số thực $k\ge1$.Chứng minh rằng:
$$\frac{a_1^k+a_2^k+...+a_n^k}{n}\geq \left ( \frac{a_1+a_2+...+a_n}{n} \right )^k$$
Cách chứng minh cho bài toán này không khó lắm, chúng ta chỉ cần áp dụng BĐT Jensen cho hàm số lồi $f(a)=a^k$ với $ k \ge 1$ là được.
Từ bài toán trên, chúng ta đi tìm một hướng mở rộng hơn cho nó, để dễ dàng nhất, ta đi đến bài toán sau:

2. Các bài toán.
Bài 1. (Đào Thanh Oai- Lê Văn Hoàng).Cho hai dãy số thực dương thỏa mãn $a_1 \ge a_2 \ge ...\ge a_n \ge 1$ và $x_1 \ge x_2 \ge ... \ge x_n \ge1$. Chứng minh BĐT:
$$\frac{a_1^{x_1}+a_2^{x_2}+...+a_n^{x_n}}{n} \ge \left ( \frac{a_1+a_2+...+a_n}{n} \right )^{\frac{x_1+x_2+...+x_n}{n}}$$
Chứng minh:
Xét dãy số giảm $a_1 \ge a_2 \ge ... \ge a_k \ge ... \ge a_n\ge 1$ và dãy số giảm $x_1 \ge x_2 \ge ... \ge x_k \ge ... \ge x_n \ge 1$

Xét hàm số các hàm số dạng $f_k(t)=a_k^{t}$ với $t \ge1; a_k \ge 1$. Các hàm số này lồi và $f_k'(x_0)=a_k^{x_0}.lna_k \geq a_{k+1}^{x_0}.lna_{k+1}= f'_{k+1}(x_0)$.

Nên các hàm số thỏa mãn tính chất của định lý mở rộng bất đẳng thức karamata.

Xét hai bộ số $(x_1,x_2,...,x_n)$ và $ \left ( x,x,...,x \right )$ trong đó $x=\frac{x_1+x_2+...+x_n}{n}$

Dễ thấy ta luôn có $$\frac{x_1+x_2+...+x_k}{k}\geq \frac{x_1+x_2+...+x_k+x_{k+1}}{k+1}\geq ...\geq \frac{x_1+x_2+...+x_n}{n}$$ $$\Rightarrow x_1+x_2+...+x_k\geq k.\frac{x_1+x_2+...+x_n}{n}=k.x=x+x+...+x$$
Vậy hai bộ số $(x_k)$ và $(x)$ trên cũng thỏa mãn định lý mở rộng bất đẳng thức karamata.
Như vậy, ta chỉ cần áp dụng định lý trên

$f_1(x_1)+f_2(x_2)+....f_n(x_n)\geq f_1(x)+f_2(x)+....f_n(x)$
$$\Rightarrow a_1^{x_1}+a_2^{x_2}+...+a_n^{x_n}\geq a_1^x+a_2^x+...+a_n^x$$ $$\Rightarrow \frac{a_1^{x_1}+a_2^{x_2}+...+a_n^{x_n}}{n}\geq \frac{a_1^x+a_2^x+...+a_n^x}{n}$$
Theo một kết quả quen thuộc, ta có $$\frac{b_1^t+b_2^t+...+b_n^t}{n}\geq \left ( \frac{b_1+b_2+...+b_n}{n} \right )^t$$ với $ t \ge1$.
Áp dụng vào bài trên ta được $$ \frac{a_1^x+a_2^x+...+a_n^x}{n}\geq \left ( \frac{a_1+a_2+...+a_n}{n} \right )^x$$ (vì dễ thấy $x \ge 1$)
Suy ra $$\Rightarrow \frac{a_1^{x_1}+a_2^{x_2}+...+a_n^{x_n}}{n}\geq \left ( \frac{a_1+a_2+...+a_n}{n} \right )^x$$
_________________________________________________________________

Còn 1 cách nữa để chứng minh bài toán trên, sử dụng 1 BĐT của anh Đào Thanh Oai tại đây
(Coi bộ $(x_k)$ thành bộ $(b_k)$)

Với $a_1 \geq a_2 \geq ......\geq a_n \geq 1$ hoặc $1 \geq a_n \geq a_{n-1} ......\geq a_1 \geq 0$ và $b_1 \geq b_2 \ .... \geq b_n \geq 0$ Ta có bất đẳng thức:
$(b_1+b_2+...+b_n)(a_1^{b_1}+.....+a_n^{b_n})\geq b_1(a_1^{b_1}+a_1^{b_2}.....+a_1^{b_n})+.....+b_n(a_n^{b_1}+.....+a_n^{b_n}) $

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi hoặc:

$a_1=a_2 = ......= a_n$ hoặc $b_1=b_2 = ......= b_n$

Đặt $\frac{b_1+b_2+...+b_n}{n}=b$
Sử dụng BĐT AM-GM và BĐT Chê-bư sép cho 2 bộ đơn điệu cùng chiều trên, ta được
$(b_1+b_2+...+b_n)(a_1^{b_1}+.....+a_n^{b_n})\geq b_1(a_1^{b_1}+a_1^{b_2}.....+a_1^{b_n})+.....+b_n(a_n^{b_1}+.....+a_n^{b_n})$

$\geq b_1.n.a_1^{b}+b_2.n.a_2^{b}+...+b_n.n.a_n^{b}$

$=n\left [ b_1.a_1^{b}+b_2.a_2^{b}+...+b_n.a_n^{b} \right ]$

$\geq n.\frac{1}{n}.(b_1+b_2+...+b_n).\left [ a_1^{b}+a_2^{b}+...+.a_n^{b} \right ]$

$\Rightarrow (b_1+b_2+...+b_n)(a_1^{b_1}+.....+a_n^{b_n})\geq(b_1+b_2+...+b_n)\left [ a_1^{b}+a_2^{b}+...+.a_n^{b} \right ]$

$\Rightarrow a_1^{b_1}+.....+a_n^{b_n}\geq a_1^{b}+a_2^{b}+...+.a_n^{b}$

$\Rightarrow \frac{a_1^{b_1}+.....+a_n^{b_n}}{n}\geq \frac{a_1^{b}+a_2^{b}+...+.a_n^{b}}{n}$

Theo một kết quả quen thuộc, ta có
$$\frac{x_1^k+x_2^k+...+x_n^k}{n}\geq \left ( \frac{x_1+x_2+...+x_n}{n} \right )^k$$.
Áp dụng vào trên ta được
$$\frac{a_1^{b}+a_2^{b}+...+.a_n^{b}}{n}\geq \left ( \frac{a_1+a_2+...+a_n}{n} \right )^{b}$$
Suy ra $$\frac{a_1^{b_1}+.....+a_n^{b_n}}{n}\geq \left ( \frac{a_1+a_2+...+a_n}{n} \right )^{b}$$
Dấu bằng xảy ra khi $$\left\{\begin{matrix}
a_1=a_2=..=a_n\\b_1=b_2=...=b_n

\end{matrix}\right.$$

Bài toán 2 ( Lê Văn Hoàng) Cho $a_1 \ge a_2 \ge ... \ge a_n >0$ và $ x_1 \ge x_2 \ge... \ge x_n>0$. Chứng minh bất đẳng thức:
$$a_1^{x_1}.a_2^{x_2}...a_n^{x_n}\geq \left ( a_1.a_2...a_n \right )^{\frac{x_1+x_2+...+x_n}{n}}$$
Giải:

Trước hết, ta chứng minh BĐT sau:
Với $(x_k)$ và $(a_k)$ là hai bộ giảm thì ta có $$a_1^{x_1}...a_n^{x_n}\geq a_1^{x_{k1}}.a_2^{x_{k2}}...a_n^{x_{kn}}$$.
Trong đó $x_{k1}, x_{k2},...$ là một hoán vị bất kì của dãy $x_k$
Thật vậy, lấy logarit tự nhiên hai vế, ta cần chứng minh $$x_1.lna_1+x_2.lna_2+...+x_n.lna_n\geq x_{k1}.lna_1+...+x_{kn}.lna_n$$.
Nhưng nó đúng theo BĐT hoán vị
____________________________


Xét các bộ số $(x_1,x_2,...,x_n)$ với $x_1 \ge x_2 \ge ... \ge x_n$ và $(b,b,b...,b)$ $b=\frac{x_1+x_2+...+x_n}{n}$
Dễ thấy ta có $(x_k)\gg (b)$
Áp dụng BĐT Muihard ta có $$\sum a_1^{x_{k1}}.a_2^{x_{k2}}...a_n^{x_{kn}}\geq \sum a_1^{b_{k1}}a_2^{b_{k2}}...a_n^{b_{kn}}$$
$$=n!.\left ( a_1.a_2...a_n \right )^{b}$$
Lại theo bổ đề trên $$ n!.a_1^{x_1}.a_2^{x_2}...a_n^{x_n} \ge \sum a_1^{x_{k1}}.a_2^{x_{k2}}...a_n^{x_{kn}}$$
Suy ra $$a_1^{x_1}.a_2^{x_2}...a_n^{x_n}\geq \left ( a_1.a_2...a_n \right )^b \ge \left ( a_1.a_2...a_n \right )^{\frac{x_1+x_2+...+x_n}{n}}$$
__________________________________

Áp dụng kết quả bài toán trên, ta thay tương ứng $(x_k)$ bằng $(a_k)$, ta thu được bài toán:
$$a_1^{a_1}.a_2^{a_2}...a_n^{a_n}\geq (a_1a_2...a_n)^{\frac{a_1+a_2+...+a_n}{n}}$$
Nhưng ta còn biết 1 kết quả mạnh hơn bài toán trên:
$$a_1^{a_1}.a_2^{a_2}...a_n^{a_n}\geq\left ( \frac{a_1+a_2+...+a_n}{n} \right ) ^{a_1+a_2+...+a_n}\geq (a_1a_2...a_n)^{\frac{a_1+a_2+...+a_n}{n}}$$
Như vậy liệu ta có thể có:
$$a_1^{x_1}.a_2^{x_2}...a_n^{x_n}\geq\left ( \frac{a_1+a_2+...+a_n}{n} \right )^{\frac{x_1+x_2+...+x_n}{n}}$$
??????????????????????

Thế là cách cửa hy vọng về cỗ máy thời gian lại bị đóng lại, mong sao các nhà khoa học có thể sớm phát minh ra nhiều cỗ máy như trong Đô rê mon nhé ( đam mê Đô rê mon )

Bài1 Theo Am-gm

$(a^2+b^2+c^2)^2(ab+bc+ca)^4\leq \left ( \frac{2(a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca)}{6} \right )^6=\frac{(a+b+c)^{12}}{3^6}$

$\Rightarrow \frac{(ab+bc+ca)^2}{(a^2+b^2+c^2)^2}=\frac{(ab+bc+ca)^6}{(a^2+b^2+c^2)^2(ab+bc+ca)^4}\geq \frac{3^6(ab+bc+ca)^6}
{(a+b+c)^{12}}$

Chuẩn hóa $abc=1$. Theo BĐT Am-gm cho 28 số.

$VT\geq (a+b+c)^3+\frac{3^6(ab+bc+ca)^6}{(a+b+c)^{12}}=27\frac{(a+b+c)^3}{27}+\frac{3^6(ab+bc+ca)^6}{(a+b+c)^{12}}\geq 28\sqrt[28]{\frac{(a+b+c)^{81}.3^6(ab+bc+ca)^6}{3^{81}(a+b+c)^{12}}}=28\sqrt[28]{\frac{(a+b+c)^{69}(ab+bc+ca)^6}{3^{75}}}\geq 28$

Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c$

Bài này đã có ở đây rồi ạ.http://diendantoanho...ic=60082&st=390

Giả sử có 1 số bằng 0, không mất tính tổng quát giả sử x=0 ta cần chứng minh:
$$\begin{aligned} & \frac{y}{z} + \frac{z}{y} + 4 \sqrt{\frac{2yz}{y^2+z^2}} \ge 6 \\ \Leftrightarrow& \frac{y^2+z^2}{yz} + 2\sqrt{\frac{2yz}{y^2+z^2}} + 2 \sqrt{\frac{2yz}{y^2+z^2}} \ge 6 \end{aligned} $$
Mà điều này đúng theo BĐT AM-GM cho 3 số dương : $$ \frac{y^2+z^2}{yz} + 2\sqrt{\frac{2yz}{y^2+z^2}} + 2 \sqrt{\frac{2yz}{y^2+z^2}} \ge 3 \sqrt[3]{ \frac{y^2+z^2}{yz} . 2\sqrt{\frac{2yz}{y^2+z^2}} . 2 \sqrt{\frac{2yz}{y^2+z^2}}} = 6 $$
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi: $$ \frac{y^2+z^2}{yz} =2\sqrt{\frac{2yz}{y^2+z^2}} \Leftrightarrow y=z $$

Nếu $x,\ y,\ z>0$ thì ta có: $$ \dfrac{y}{z+x}+\dfrac{x}{y+z}+ \dfrac{z}{x+y} = \dfrac{y^2}{yz+xy}+\dfrac{x^2}{xy+xz}+ \dfrac{z^2}{xz+yz} > \frac{x^2+y^2+z^2}{xy+yz+zx} $$
Lại theo BĐT AM-GM thì ta có: $$ \frac{x^2+y^2+z^2}{xy+yz+zx} + 2\sqrt{\frac{2(xy+yz+zx)}{x^2+y^2+z^2}} + 2\sqrt{\frac{2(xy+yz+zx)}{x^2+y^2+z^2}} \ge 3.2 = 6 \text{(điều phải chứng minh)} $$
Phép chứng minh hoàn tất!
Đẳng thức xảy ra khi: 1 số bằng 0, 2 số còn lại bằng nhau.

Nguồn: boxmath.vn

Bài 1,sử dụng BĐT cauchy-schwarz:

$(x+y)(y+z)(z+x)=(x+y+z)(xy+yz+zx)-xyz\geq (x+y+z)(xy+yz+zx)-\frac{1}{9}(x+y+z)(xy+yz+zx)$

$=\frac{8}{9}(x+y+z)(xy+yz+zx)=\frac{8(x+y+z)}{9}$

$\Rightarrow \frac{27}{4}(x+y)(y+z)(z+x)\geq \frac{27}{4}.\frac{8}{9}(x+y+z)=3\left [ (x+y)+(y+z)+(z+x) \right ]\geq (\sqrt{x+y}+\sqrt{y+z}+\sqrt{z+x})^2$


Chứng minh vế phải, sử dụng bđt $(a+b+c)^2\geq 3(ab+bc+ca)$ và BĐT Minxcopki

$\Rightarrow (\sqrt{x+y}+\sqrt{y+z}+\sqrt{z+x})^3\geq 3\sum \sqrt{(x+y)(y+z)}$

$=3(\sqrt{x^2+1}+\sqrt{y^2+1}+\sqrt{z^2+1})\geq 3\sqrt{(x+y+z)^2+(1+1+1)^2}\geq 3\sqrt{3(xy+yz+zx)+9}=6\sqrt{3}$

Chuẩn hóa $abc=1$

Nhân ra, ta có

$(a^2b+b^2c+c^2a)(ab^2+bc^2+ca^2)=\sum (ab)^3+\sum a^3+3=x$ suy ra $x\geq 9$

$(a^3+1)(b^3+1)(c^3+1)=\sum (ab)^3+\sum a^3+2=x-1$


Thay vào BĐT trên, ta phải chứng minh $\sqrt{x}\geq 1+\sqrt[3]{x-1}\Leftrightarrow \sqrt{x}-1\geq \sqrt[3]{x-1}$

$\Leftrightarrow x\sqrt{x}-3x+3\sqrt{x}-1\geq x-1\Leftrightarrow x+3\geq 4\sqrt{x}$

$\Leftrightarrow (\sqrt{x}-1)(\sqrt{x}-3)\geq 0$ đúng vì $x\geq 9$

Theo BĐT côsi ta có:

$\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}=a-\frac{ab(a+b)}{a^2+ab+b^2}\geq a-\frac{ab(a+b)}{3\sqrt[3]{a^3b^3}}=a-\frac{a+b}{3}$

Tương tự 2 BĐT nữa rồi cộng lại ta có ĐPCM

Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c$

Sử dụng BĐT Am-gm.

$c=(1-a)+(1-b)\geq 2\sqrt{(1-a)(1-b)}$

$b=(1-a)+(1-c)\geq 2\sqrt{(1-a)(1-c)}$

$a=(1-b)+(1-c)\geq 2\sqrt{(1-b)(1-c)}$

Nhân theo vế, ta được $abc\geq 8(1-a)(1-b)(1-c)$

Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=\frac{2}{3}$

ĐPCM

Mình có một ý tưởng cho bài này, bạn tự vẽ hình nhé, tại vì mình không biết up hình lên đây.
Gọi điểm $B(x_0;y_0)$ thuộc đường tròn. $$\Rightarrow (x_0+2)^2+y_0^2=25$$
Ta viết phương trình đường thẳng BC, có vector pháp tuyến là HA có tọa độ $(2;5)$.
Suy ra BC: $2(x-x_0)+5(y-y_0)=0\Leftrightarrow 2x+5y-2x_0-5y_0=0$
Theo một kết quả hình học dễ chứng minh thì $AH=2.d(O;BC)$
$$\Rightarrow 2.\frac{\left | -4-2x_0-5y_0 \right |}{\sqrt{2^2+5^2}}=\sqrt{29}\Leftrightarrow \left | 4+2x_0+5y_0 \right |=\frac{29}{2}$$
Từ đây giải 2 phương trình 2 ẩn bằng cách thế, ta tìm được $x_0$, suy ra tìm tiếp được điểm C

Ta sẽ chứng minh $\sqrt{\frac{1+x^2}{2}}\leq x+1-\sqrt{x}$
$$\Leftrightarrow 1+x^2\leq 2(x-\sqrt{x}+1)^2\Leftrightarrow 1+x^2\leq 2(x^2+x+1-2x\sqrt{x}+2x-2\sqrt{x})$$
$$\Leftrightarrow x^2-4x\sqrt{x}+6x-4\sqrt{x}+1\geq 0$$
$$\Leftrightarrow (\sqrt{x}-1)^4\geq 0$$
Đúng, suy ra $\sqrt{1+x^2}\leq \sqrt{2}(x+1)-\sqrt{2x}$. Lại theo CS

$3\geq \sqrt{3(x+y+z)}\geq \sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}$. Thay vào bài, ta được

$VT\leq \sqrt{2}(x+y+z+3)+(3-\sqrt{2}).(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z})\leq \sqrt{2}.6+(3-\sqrt{2}).3$
$=9+3\sqrt{2}$
Dấu bằng xảy ra khi $x=y=z=1$

Bài 20: Cho $x,y,z$ các các số thực thỏa mãn $\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}=1$. Chứng minh rằng $$\frac{x^2+yz}{\sqrt{2x^2(y+z)}}+\frac{y^2+xz}{\sqrt{2y^2(x+z)}}+\frac{z^2+xy}{\sqrt{2z^2(x+y)}}\geq 1$$

Không mất tổng quát, giả sử $x\geq y\geq z$. Dễ thấy theo BĐT cauchy-schwarz
$$\sum \frac{xy+xz}{\sqrt{2x^2(y+z)}}=\sum \frac{\sqrt{2(y+z)}}{2}\geq \sum \frac{\sqrt{y}+\sqrt{z}}{2}=1$$
Nên ta chứng minh $$\sum \frac{x^2+yz}{\sqrt{2x^2(y+z)}}\geq \sum \frac{xy+xz}{\sqrt{2x^2(y+z)}}$$
$$\Leftrightarrow \sum \frac{(x-y)(x-z)}{\sqrt{2x^2(y+z)}}\geq 0$$
Dễ chứng minh vì $x\geq y\geq z$ nên $$\sqrt{2x^2(y+z)}\geq \sqrt{2y^2(z+x)}\geq \sqrt{2z^2(x+y)}$$
$$\Rightarrow \frac{1}{\sqrt{2x^2(y+z)}}\leq \frac{1}{\sqrt{2y^2(z+x)}}\leq \frac{1}{\sqrt{2z^2(x+y)}}$$
Đặt tương ứng là a,b,c $\Rightarrow a\leq b\leq c$
Ta cần chứng minh với $a\leq b\leq c$ và $x\geq y\geq z$ thì

$a(x-y)(x-z)+b(y-x)(y-z)+c(z-x)(z-y)\geq 0$

Đây chính là BĐT VSchur. Theo giả sử, ta có $a(x-y)(x-z)\geq 0$.
$$b(y-x)-c(z-x)\geq b(z-x)-c(z-x)=(b-c)(z-x)\geq 0$$ $$\Rightarrow b(y-x)(y-z)+c(z-x)(z-y)\geq 0$$
Cộng lại, ta thu được VSchur.

Bài 21: Cho 3 số thực $a,b,c>0$ thỏa $a+b+1=c$. Tìm GTLN của biểu thức $$T=\frac{a^3b^3}{(a+bc)(b+ac)(c+ab)^2}$$

Thế c vào biểu thức, ta được:
Với a,b dương, tìm max:
$$T=\frac{a^3b^3}{(a+b)^2(a+1)^3(b+1)^3}$$
Theo BĐT AM-GM và Holder, ta có:
$$T=\frac{a^3b^3}{(a+b)^2(a+1)^3(b+1)^3}\leq \frac{a^3b^3}{4ab.(\sqrt[6]{a^3b^3}+1)^6}=\frac{a^2b^2}{4(\sqrt{ab}+1)^6}=\frac{x^4}{4(x+1)^6}$$
Khảo sát hàm số trên , ta được $T\leq \frac{4}{3^6}$ khi $x=2 \rightarrow a=b=2$.

Mời mọi người xem bài này, và giải thích các chi tiết trong video muốn nói lên điều gì nhé , đây là bài hát Trống Vắng của chị Chanh.

Mời mọi người làm bài sau, khá hay:

Cho $x_{0}=2009$
$x_{n}=\frac{-2009}{n}\sum_{k=0}^{n-1}x_{k}$


Tính tổng $S=\sum_{0}^{2009}(2^{k}*x_{k})$

Cảm ơn anh Xusinst, em đã sửa lại đề rùi